【精选】甘肃省重点中学协作体2016届高三数学上学期期末考试试题-数学

数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 2016 甘肃省重点中学协作体高三上学期期末考试 数 学 试 卷(新课标 I) 一.填空题(每空 5 分,共 20 分。其中文科考生做 1、2、3、4 题;理科考生做 1、2、3、5 题。) 1、已知抛物线 C 的焦点在 x 轴正半轴上且顶点在原点,若抛物线 C 上一点(2,m)到焦点的 距离是 ,则抛物线 C 的方程为 . 2、执行下面的伪代码时,While 循环语句的执行次数是________. 3、若 sin( ﹣a)= ,则 cos( +2a)等于_____________. 4、(文)已知双曲线 2),则该双曲线的离心率的值为_______. 的一条渐近线经过点(1, 5、(理)已知函数 f(x)=a 在 x∈上恒有 f(x)< 2,则实数 a 的取值范围为________. 二.选择题(每空 5 分,共 60 分) 6、已知集合 M={x|x≥x },N={y|y=2 ,x∈R},则 M∩N=( A. (0,1) B. C. 的图象的是( ) 2 x x ) 7、以下四个图形中可以作为函数 8、(文)设函数 f(x)=|x+a|,g(x)=x-1,对于任意的 x∈R,不等式 f(x)≥g(x)恒成 立,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,-1] ) B.(-∞,-1) 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 C.(-1,+∞) x D.; 由 N 中的 y=2 >0,得到 N=(0,+∞), 则 M∩N=(0,1]. 故选:D. 点评: 此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键. 7、D 8、D 9、C 考点: 根的存在性及根的个数判断. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 利用根的存在性定理进行判断即可. 解答: 解:∵方程 , ∴设函数 f(x)= ,则函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∵ f(3)=log =log ,f(4)= , ∴根据根的存在性定理可知函数 f(x)在区间(3,4)内存在唯一的一个零点, 即方程 故选:C. 的根所在区间为(3,4), 点评: 本题主要考查方程根的存在性的问题,利用方程和函数之间的关系,转化为函数,利 用根的存在性定理判断函数零点所在的区间是解决本题的关键. 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 10、C 11、A 12、 B 13、C 14、C 15、B 16、C 17、B 解析 ∵a +a<0,∴a(a+1)<0, 2 ∴-1<a<0.取 a=- ,可知-a>a >-a >a. 2 2 18、A 分析: 先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,只需求出直线 z=x﹣2y 过 y 轴的截距最小,即 z 最大值,从而求解. 解答: 解:先根据约束条件画出可行域, 目标函数 z=2x﹣y,z 在点 A( , )处取得最大值,可得 zmax=2× ﹣ = ,故最大值为 , 故选 A. 点评: 本题主要考查了简单的线性规划,以及利用几何意义求最值,属于基础题. 19、B 20、C 三、综合题 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 21、本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦、 两角差的正弦等基础知识,考查基本运算能力。 (Ⅰ)解:在△ABC 中,根据正弦定理, 于是 AB= (Ⅱ)解:在△ABC 中,根据余弦定理,得 cosA= 于是 sinA= 从而 sin2A=2sinAcosA= ,cos2A=cos A-sin A= 2 2 所以 sin(2A- )=sin2Acos -cos2Asin = 22、(1)如图所示,茎表示成绩的整数环数,叶表示小数点后的数字 。 由上图知,甲中位数是 9.05,乙中位数是 9.15,乙的成绩大致对称, 可以看出乙发挥稳定性好,甲波动性大。 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 数学、高中数学、数学课件、数学教案、数学试题、试卷数学、数学考试、奥数、集合、有理数、函数、不等式、解三角形 23、【解析】(Ⅰ)证明:因为 理得: 所以 又 PA ,所以 ABC=45°,AB=2 ,解得 ,BC=4,所以在 , 中,由余弦定 ,即 ,又 PA⊥平面 ABCDE,所以 PA⊥ ,又 AB∥CD,所以 , ,又因为 ,所以平面 PCD⊥平面 PAC; (Ⅱ)由(Ⅰ)知平面 PCD⊥平面 PAC,所以在平面 PAC 内,过点 A 作 ,又 AB∥CD,AB 面 的距离等于点 B 到平面 平面 内,所以 AB 平行于平面 于 H,则 ,所以点 A 到平 为所 的距离,过点 B 作 BO⊥平面 于点 O,则 求角,且 ,又容易求得 ; ,所以 ,即 = ,所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小为 (Ⅲ)由(Ⅰ)知 ,所以 ,又 AC∥ED,所以四边形 ACDE 是直角梯 形,又容易求得 ,AC= ,所以四边形 ACDE 的面积为 , 所以四棱锥 P—ACDE 的体积为

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